Пример расчета балки на неподвижную нагрузку

1. Рассмотрим балку (рис. 8, а).

Строим поэтажную схему (рис. 8, б) и определяем степень свободы балки:

W = 3 D – 2Ш – С_оп = 3·3 – 2·3 – 6 = 0.

Главная балка CF прикреплена к земле тремя стержнями, осевые линии которых не пересекаются в одной точке и не параллельны между собой, значит, она геометрически неизменяема и статически определима (W =0). Балки AC и FL по приведенному признаку соединены с землей и главной балкой и поэтому являются геометрически неизменяемыми. Значит, в целом многопролетная балка статически определима и геометрически неизменяема.

2. Определяем опорные реакции, изгибающие моменты и поперечные силы в характерных сечениях балки.

1) Для балки FL (рис.8, б) определяем опорные реакции R_F и R_K из уравнений равновесия:

∑ M_K = 0: –R_F l ₁ + m + 2 P ₂ = 0, откуда R_F = 4, 7 кН,

∑ M_F = 0: –R_Kl ₁ + m + P ₂ (l ₁ + 2 ) = 0, откуда R_K = 13, 7 кН.

Проверяем правильность определения реакций:

∑ Fy = 0: –R_F + R_K – P ₂ = 0. Реакции балки вычислены правильно.

Изгибающий момент и поперечная сила в сечении x ₁ при изменении x ₁ от 0 до 8м вычисляются по формулам:

M_{x 1} = –R_F x ₁ + m + R_K(x ₁ – l ₁ );

Q_{x 1} = –R_F + R_K;

При x ₁ = 0 м: M_{x 1} = 0 кН · м, Q_{x 1} = –R_F = – 4, 7 кН,

x ^лев₁ = 3 м: M^лев_{x 1} = – 14 кН · м, Q^лев_{x 1} = –R_F = – 4, 7 кН,

x ^прав₁ = 3 м: M^прав_{x 1} = – 4 кН · м, Q^прав_{x 1} = –R_F = – 4, 7 кН,

x ^лев₁ = 6 м: M^лев_{x 1} = – 18 кН · м, Q^лев_{x 1} = –R_F = – 4, 7 кН,

x ^прав₁ = 6 м: M^прав_{x 1}= – 18 кН · м, Q^прав_{x 1}= –R_F + R_K = 9 кН,

x ₁ = 8 м: M_{x 1} = 0 кН · м, Q_{x 1} = –R_F + R_K = 9 кН.

2) Проведем аналогичные расчеты для балки АС (см. рис. 8, а)

∑ M_C = 0: R_B l ₂ – P ₁ (l ₂ – 2 ) – q ₁ (l ₂ + 2 ) ² / 2 = 0, R_B = 41 кН.

∑ M_B = 0: –R_C l ₂ +P ₁ (l ₂ - 2 ) – q ₁ · 2² / 2 + q ₁ (l ₂ ) ² / 2 = 0, R_C = 17 кН.

Проверка реакций: ∑ y = 0: R_B +R_C –P ₁ – q ₁ · 6 = 0. Реакции вычислены правильно.

Изгибающий момент и поперечная сила в сечении х ₂ при изменении х ₂ от 0 до 6м вычисляются по формулам

M_{x 2} = R_B(x ₂ – 2 ) – P ₁ (x ₂ – 4 ) – q ₁ (x ₂ ) ² / 2;

Q_{x 2} = –q x ₂ + R_B – P ₁;

При x ₂ = 0 м: M_{x 2} = 0 кН · м, Q_{x 2}= 0 кН,

x^лев ₂ = 2 м: M^лев_{x 2} = – 16 кН · м, Q^лев_{x 2} = 16 кН,

x ^прав₂ = 2 м: M^прав_{x 2} = – 16 кН · м, Q^прав_{x 2} = 25 кН,

x^лев ₂ = 4 м: M^лев_{x 2} = 18 кН · м, Q^лев_{x 2} = 9 кН,

x ^прав₂ = 4 м: M^прав_{x 2}= 18 кН · м, Q^прав_{x 2} = – 1 кН,

x ₂ = 6 м: M_{x 2} = 0 кН · м, Q_{x 2} = – 17 кН.

3) Расчет главной балки CF. Загружаем ее в точках C и F давлением вышележащих балок R_D и R_E (реакциями с обратными знаками) (рис. 8, в) и вычисляем опорные реакции.

∑ M_E = 0: R_D l – R_C · 8 – q ₂ 8² / 2 + q ₂ 2² / 2 – R_F · 2 = 0,

откуда R_D = 44, 2 кН.

∑ M_D = 0: –R_E l + q ₂ · 8² / 2 – q ₂ · 2² / 2 – R_F (l + 2 ) = 0,

откуда R_E = 8, 07 кН.

Проверяем правильность определения реакций.

∑ y = 0: R_E +R_D+R_F –q ₂ · 10 –R_C = 0.

Реакции вычислены правильно.

Изгибающие моменты и поперечные силы в сечении х при изменении х от 0 до 10 м вычисляются по формулам:

М_{х =} –R_C х – q ₂ х ² / 2 + R_D(x ₂ – 2 )+ R_Е(x – 8 );

Q_х = –R_C – q ₂ х+ R_D + R_Е.

При x = 0 м: M_x = 0 кН · м, Q_x = –R_D = – 17 кН,

x^лев = 2 м: M^лев_x = – 42 кН · м, Q^лев_x = – 25 кН,

x ^прав = 2 м: M^прав_x = – 42 кН · м, Q^прав_x = 19, 2 кН,

x^лев = 8 м: M^лев_x = 13 кН · м, Q^лев_x = – 4, 7 кН,

x ^прав = 8 м: M^прав_x = 13 кН · м, Q^прав_x = 3, 3 кН,

x = 10 м: M_x = 0 кН · м, Q_x = – 4, 7 кН.

По вычисленным значениям M и Q строятся эпюры внутренних усилий для каждой простой балки (см. рис. 9) и для многопролетной балки AL (см. рис. 8, в).

4) Подбираем сечение балки из условия прочности при изгибе:

,

Откуда требуемый момент сопротивления поперечного сечения балки W_ТР определяется как: .

Для части АС и FL конструкции:

м³ =85, 7 см³.

По таблице сортамента принимаем двутавр № 16 с W_х =109 см³

Для части АС и FL конструкции:

м³ =114 см³.

По таблице сортамента принимаем двутавр № 18 с W_х =143 см³

Рис.9